Định lý phân tích vành và ứng dụng

Từ đó chúng tôi tìm hiểu, đề cập và trình bày một số ứng dụng của định lýphân tích vành vào vành các tự đồng cấu và vành nửa đơn.. Các khái niệm được đề cập chủ yếu trong luận văn này là

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

Người hướng dẫn khoa học

PGS.TS NGÔ SỸ TÙNGNGHỆ AN – 2013

MỤC LỤC

Trang

LỜI NÓI ĐẦU 1

CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG LUẬN VĂN 3

Chương 1 ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH TỔNG QUÁT 1.1 Các phần tử đặc biệt trong vành 4

1.2 Định lý phân tích vành tổng quát 7

Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH 2.1 Vành các tự đồng cấu 10

2.2 Vành nửa đơn 17

KẾT LUẬN 30

TÀI LIỆU THAM KHẢO 31

LỜI NÓI ĐẦU

Cùng với sự phát triển của toán học hiện đại nói chung, lý thuyết vành vàmôđun nói riêng đã được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu Bài toán phântích môđun và vành thành tổng trực tiếp là vấn đề luôn đặt ra khi nghiên cứu cấutrúc vành và môđun

Trong luận văn này, tác giả chỉ trình bày một nội dung nhỏ về lí thuyết vành,

mà cụ thể đó là: định lý phân tích vành trong trường hợp tổng quát (theo nghĩamôđun) Từ đó chúng tôi tìm hiểu, đề cập và trình bày một số ứng dụng của định lýphân tích vành vào vành các tự đồng cấu và vành nửa đơn

Luận văn luôn giả thiết vành là vành kết hợp có đơn vị kí hiệu 1 và không nhấtthiết là giao hoán và tất cả các môđun là môđun trái unita

Cấu trúc của luận văn ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn chia làm haichương:

Chương 1 Trình bày định lí phân tích vành tổng quát và một số kiến thức cơbản chuẩn bị Các khái niệm được đề cập chủ yếu trong luận văn này là khái niệmphần tử lũy đẳng, lũy linh, hệ lũy đẳng trực giao, tổng trực tiếp các iđêan trái củavành R, một số tính chất, các mệnh đề, bổ đề, định lí, hệ quả và đặc biệt phát biểu

và chứng minh định lí phân tích vành

Chương 2 Trên cơ sở đó, chương 2 tiếp tục trình bày những ứng dụng của định

lí phân tích vành để nghiên cứu vành các tự đồng cấu và vành nửa đơn, trình bày

và chứng minh một số mệnh đề, bổ đề, định lí, hệ quả có liên quan

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo củaPGS.TS Ngô Sỹ Tùng Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới

thầy giáo hướng dẫn khoa học, người đã dành nhiều thời gian và công sức giúp đỡcho tôi để hoàn thành luận văn này.

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn và gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô giáo thuộcchuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán, Phòng Đào tạo Sau Đại họcTrường Đại học Vinh, những người đã tận tình giảng dạy và tạo mọi điều kiệnthuận lợi thành công của khóa học

Xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã tạo mọi điều kiện tổ chứcthuận lợi cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập của khóa học

Xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, gia đình đã động viên và giúp đỡtôi trong suốt khóa học

Xin gửi lời cảm ơn đến chủ tịch hội đồng quản trị và Ban giám hiệu TrườngTrung học Phổ thông Phùng Hưng - Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hồ Chí Minh,quý thầy cô giáo đồng nghiệp đã động viên và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoànthành nhiệm vụ học tập

Mặc dù tác giả đã có nhiều cố gắng, song luận văn vẫn còn nhiều thiếu sót, tácgiả mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp

TÁC GIẢ

CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG LUẬN VĂN

 : tổng trực tiếp của các môđun

/

CHƯƠNG I ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH TỔNG QUÁT

Trong luận văn này, vành R chúng ta đang xét là vành có đơn vị kí hiệu 1 vàkhông nhất thiết giao hoán, các môđun là môđun trái unita

 f End M( ), f lũy đẳng M Imf Kerf

1.1.4 Định nghĩa Cho vành R khi đó x R được gọi là phần tử lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên n 1 sao cho x n  0.

u được gọi là nghịch đảo phải nếu vR : uv1;

u được gọi là nghịch đảo trái nếu v, R : v u' 1;

u được gọi là nghịch đảo nếu u, R : uu'u u' 1.

1.1.7 Hệ quả.

i) Nếu u có nghịch đảo phải là v và ngịch đảo trái ’v thì v ’  v và

u có nghịch đảo hai phía là u’ (với u’ ’  v  v ) thì uu’ ’ 1  u u 

ii) Nếu x lũy linh thì (1− x) có nghịch đảo.

Chứng minh (i) u có nghịch đảo phải là v thì uv 1; u có nghịch đảo trái là v’ thì

i) I n , với n là số tự nhiên nào đó.

ii) Tồn tại hệ lũy đẳng trực giao e e e1, 2, 3, , e n của R tức là :

mà a iA i nên Ra i A ivà tồn tại A1A2   A n cho nên

1.2.2 Hệ quả Nếu e R , e lũy đẳng thì R Re R1e.

Chứng minh Do e và (1−e) là hệ lũy đẳng trực giao nên 2    2  

CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ PHÂN TÍCH VÀNH 2.1 VÀNH CÁC TỰ ĐỒNG CẤU

2.1.1 Định nghĩa Cho môđun M, kí hiệu End M( ) f M: M,là tự đồng cấu

Vấn đề đặt ra: là với điều kiện nào của M thì vành các tự đồng cấu này làvành địa phương

2.1.2 Hệ quả Nếu r là phần tử thuộc R

i) r là lũy linh khi đó r không khả nghịch và 1- r khả nghịch;

ii) r lũy đẳng thì 1- r lũy đẳng;

iii) r lũy đẳng và r khả nghịch thì r = 1.

Chứng minh (i) Giả sử r R và r lũy linh ta cần chứng minh r không khảnghịch

Thật vậy giả sử r khả nghịch khi đó tồn tại r R rr,  : , r r,  1 suy ra

   rr, n  r r, n  1 ,n  n  Suy ra r r n n, r r,n n  1,  n  (mâu thuẫn) vì r lũylinh.Vậy r không khả nghịch

(ii) Giả sử r lũy đẳng ta cần chứng minh ( 1- r) lũy đẳng

Thật vậy (1 ) r 2   1 2r r 2   1 r(vì r lũy đẳng) suy ra (1 r ) lũy đẳng

(iii) Giả sử r lũy đẳng và r khả nghịch Khi đó tồn tại r, sao cho r r rr,  ,  1 và

2

r r suy ra r r r r2 ,  , 2  1 tương đương r rr( ) ( ) ,  r r r,  1 tương đương r.1 1  r  1

2.1.3 Định lí Đối với vành R các mệnh đề sau tương đương :

i) R R là môđun không phân tích được;

ii) R R là môđun không phân tích được;

iii) 0 và 1 là những phần tử lũy đẳng duy nhất của vành R.

Chứng minh. ( )i  ( )iii

)

)

R

A e và B  (1 ) Re Do điều kiện (iii) e 0 hoặc e 1 Nếu e 0 thì A 0, còn

( )ii  ( )iii

)

e e f  f fe ef  e f  Suy ra f   1 e, Do điều kiện iii) nếu e 0 thì

)

R suy ra hệ e; 1 elà hệ lũy đẳng trực giao của R mà 1   e (1 )e nên theo định lí

Re = 0hoặc R(1 e) = 0  suy ra e 0hoặc e 1, có iii). 

2.1.4 Định lí cho M R và S End M ( R) khi đó các mệnh đề sau tương đương:

i) M R là môđun không phân tích được;

ii) S S là S- môđun không phân tích được;

iii) S S là S- môđun không phân tích được;

iv) S chỉ có hai phần tử lũy đẳng là 0 và 1.

Chứng minh Theo Định lí 2.1.3 ta chứng minh được: ( )ii  ( )iii  ( )iv Khi đó tachỉ cần chứng minh: ( )i  ( )iv

)

)

minh A 0 hoặc B 0 Gọi e M A B:   M A B  ; a b a

Khi đó đồng cấu e M: M có e2 e vì e a b2 (  ) e a( )  a e a b(  ) Suy ra

2 ( ) ( )

e a b e a b vì thế e lũy đẳng từ (iv) nếu e 0 thì A 0, còn nếu e 1 thì

0

2.1.5 Hệ Quả Nếu End(M) là vành địa phương thì M là môđun không phân tích được.

Chứng minh Đặt S End M ( ) theo Định lí 2.1.4 chỉ cần chứng minh S có hai lũyđẳng 0 và 1

Giả sử e S là lũy đẳng và e 0, e 1 thì (1 ) e lũy đẳng, khi đó 1  e 0 và 1  e 1

không khả nghịch Mặt khác S là vành địa phương nên S đóng kính với phép cộng

2.1.6 Định lí Cho môđun M là môđun không phân tích được và có độ dài hữu

hạn thì S End M ( ) là vành địa phương.

Chứng minh Giả sử e S ta cần chứng minh e hoặc 1 e khả nghịch Vì M có độ

không phân tích được nên Im( ) 0e n  hoặc K eer( ) 0n  Nếu Im( ) 0e n  thì e n  0 khi

đó 1 1  e n   (1 )(1e  e e n 1 ) (1   e e n 1 )(1 ) e suy ra (1 e ) khả nghịch Còn nếu

er( )n

2.1.7 Định lí Nếu Q R  0 là môđun nội xạ không phân tích được thì S End Q ( )R là vành địa phương.

Chứng minh Với mọi s S ta cần chứng minh hoặc s hoặc 1 s khả nghịch Vì Q R

R

đơn cấu vì Q R nội xạ nên s chẻ ra, chẳng hạn bởi t Thế thì Q R  Im( )s k ter( ) nhưng

do s là đơn cấu và Q R  0 nên Im( ) 0s  Từ chỗ Im( )s  *Q R suy ra ker t  0 và

Im( )s Q R nghĩa là s là một toàn cấu Vậy s là một đẳng cấu, do đó s khả nghịch.Nếu như s không khả nghịch thì theo điều vừa chứng minh, s không là đơn cấu Do

đó 0 ker   s  *Q R nhưng ker s ker(1 ) 0  s

Thật vậy, nếu x ker s ker(1 ) 0  s thì 0 (1 )( )  s x  x s x( ) và s x( ) 0  , do đó

0

x

2.1.8 Định nghĩa Ta có M R  0 là môđun không phân tích được thành tổng nếu

nó không biểu diễn được thành tổng của hai môđun con thực sự (tức là môđun con khác 0 và khác M R ).

2.1.9 Định lí Giả sử P R  0 là môđun xạ ảnh P R là môđun không phân tích được thành tổng khi và chỉ khi S End P ( )R là vành địa phương.

Chứng minh.  ) Giả sử P R không phân tích được thành tổng Ta chứng minh rằng

được thành tổng nên k ser( ) 0  Vậy s đẳng cấu, suy ra s khả nghịch Nếu

Im(1 )  s P R thì 1 s khả nghịch

)

( ) if ( ) ( )

x s y  y  f y A Vậy A P R Nếu 1 s khả nghịch thì B P R trái với giả



 ii) Nếu M R có độ dài hữu hạn thì nó có các môđun con M M1 , 2 , , M n với End( M i ) là vành địa phương sao cho

Chứng minh i) (*) Trường hợp M R là môđun Artin Gọi là tập hợp các hạng tử

được B B1 , 2 , , B k mà M R B1 B2   B kC. Vì tồn tại hạng tử không phân tíchđược B0 nên    Lại có   M R M1 M2   M nC0 Rõ ràng   C0  0 vì nếu

không phân tích được, chẳng hạn  C0 M n1C1 với   M n1 là môđun không phântích được, trái với giả thiết C0 tối tiểu Vậy M R  in1M i, với M i là môđun khôngphân tích được

R

B M của M R,    vì 0  Do M R là môđun Noether nên  có phần tử tối đại,

con không phân tích được B B1, 2, , B k mà C B 1B2  B k Và C là hạng tử

tích C0 M1 M2   M n và M R C0 D0

2.2 VÀNH NỬA ĐƠN

2.2.1 Định nghĩa Một R- môđun được gọi là một R- môđun nửa đơn nếu nó là

tổng của những môđun đơn.

2.2.2 Hệ quả. M R là môđun nửa đơn khi và chỉ khi soc M( R) M R

2.2.3 Bổ đề Nếu R i

i I



 với các E i là những R- môđun đơn, thì tồn tại một tập

     , vì   trên  trang bị quan

ii) Mỗi môđun con U R M R đều là một hạng tử trực tiếp của M R , khi đó tồn tại một tập con J I sao cho i

i I

U E



  Chứng minh i) ii) Gọi V là bù giao của U trong M R, khi đó *

uR uR  M R  uR (  C D )  C (uR D)

của M R và (uR D) soc M( R)  U soc M( R) 0  Điều này mâu thuẫn với định



  với E i là

2.2.5 Mệnh đề Giả sử M A B  khi đó B là phần bù cộng tính của A trong M khi và chỉ khi A B  0 B

Chứng minh.  ) Giả sử D là môđun con của B và (A B D B )   khi đó

; ( )

M A B A A B D A D       do B là phần bù cộng tính của A trong M nên

D = B Điều này chứng tỏ A B là cốt yếu trong B

( )  Giả sử D là môđun con của B và M = A+D khi đó theo luật môdula

(A B D )   (A D )  B M B B  Do A B là đối cốt yếu trong B nên D B

2.2.6 Định lí Đối với môđun M R các mệnh đề sau đây tương đương:

i) M R là môđun nửa đơn;

ii) M R là tổng trực tiếp của những môđun đơn;

iii) Mỗi môđun con của M R là một hạng tử trực tiếp của M R ;

iv) Mỗi môđun con của M R đều có bù cộng và Rad( M R )=0.

2.2.7 Hệ quả

i) Mỗi môđun con của môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.

ii) Môđun đẳng cấu với môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.

iii) Ảnh toàn cấu của môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.

iv) Tổng của những môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.

v) Nếu M R là môđun Artin thì M Rad M/ ( ) là môđun nửa đơn.

iv) Suy ra từ định nghĩa môđun nửa đơn

/ ( )

M Rad M có bù cộng Suy ra Rad M Rad M( / ( )) 0  VậyM Rad M/ ( ) là môđun nửa

2.2.8 Ví dụ.

1) Môđun 0 là môđun nửa đơn vì ta coi môđun 0 là một họ rỗng các môđunđơn.

2) Mỗi môđun đơn là môđun nửa đơn

4) Nếu K là một thể thì mọi K - không gian vectơ đều là K - môđun nửa đơn.Thật vậy mỗi K - không gian là tổng trực tiếp của những K - không gian vectơ 1 -chiều mà mỗi K - không gian vectơ 1- chiều đều đẳng cấu với không gian vectơ

K

2.2.9 Định lí Đối với M R các mệnh đề sau tương đương:

i) M R là môđun nửa đơn hữu hạn sinh;

ii) M R là tổng của một số hữu hạn môđun đơn;

iii) M R là tổng trực tiếp của một số hữu hạn môđun đơn;

iv) M R có độ dài hữu hạn và Rad M( R) 0  ;

v) M R là môđun Artin và Rad M( R) 0  ;

vi) M R là môđun hữu hạn đối sinh và Rad M( R) 0  .

Chứng minh. ( )i  ( )ii Giả sử R i, i

i I

M E E



bởi tập x x1 , 2 , , x k Với mỗi x i tồn tại một tập con hữu hạn I iI sao cho

 E i, E ilà môđun đơn với mọi i1, 2, , n, Khi

chẳng hạn: A A1, 2, , A n của M R sao cho

1 0

n i

n

i i

M A



Nghĩa là p là một đơn cấu Nhưng vì A i là môđun con tối đại của M R nên M A/ i là

1 /

hữu hạn sinh



2.2.10 Mệnh đề Giả sử R là một vành, R R là môđun nửa đơn, e R .

i) eR là môđun đơn khi và chỉ khi Re là môđun đơn.

ii) Nếu eR là môđun đơn thì Re R là một thành phần thuần nhất của R R chứa

eR

iii) Mỗi thành phần thuần nhất của R R là một iđêan hai phía đơn của vành

R

Chứng minh i)  ) Giả sử eR là môđun đơn và a  Re, a 0 Khi đó tồn tại một s

Dễ thấy f là một toàn cấu Hơn nữa, f là một đẳng cấu vì eR là môđun đơn

chiếu chính tắc và g f p a  1 ( ) g a( ) g a(1 ) g a(1). Đặtg 1 r, ta được

e ra Ra  suy ra Re Ra , Do đó Ra Re Vậy Re là môđun đơn

).

mọi es eR Vì eR là môđun đơn nên reR Im( )r eR hoặc bằng 0 Do đó reR B

Đặt e'  f 1 e , ta có: e'  0 vì e'  0 và E e R ' nên E là môđun đơn Bằng cách

tìm được một phần tử r R sao cho e re'  Do đó E e R reR '   ReR Suy ra:

Re

iđêan hai phía của vành R

Re

B R RA A B   , Do đó A B 

2.2.11 Định lí Giả sử R là một vành R R là môđun phải nửa đơn khi và chỉ khi

R R là môđun trái nửa đơn.

2.2.12 Định nghĩa Vành R được gọi là vành nửa đơn nếu R R (hay R R ) là môđun nửa đơn.

Đối với vành Artin, vành Noether có sự phân biệt khái niệm bên trái, bên phải Từ Định lí 2.2.11 và Định nghĩa 2.2.12 ta thấy điều đó không xảy ra đối với vành nửa đơn.

Ví dụ: Mỗi thể là một vành nửa đơn

Mệnh đề dưới đây cho ta một ví dụ khác

2.2.13 Mệnh đề Nếu R là một vành Artin bên phải hoặc vành Artin bên trái thì

/ ( )

R Rad R là một vành nửa đơn.

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp bên phải Trường hợp bên trái

( /R Rad R Rad R( )) ( ) 0  theo Bổ đề 2.2.3, mỗi R môđun con của R R cũng là một

2.2.14 Định lí đối với vành R các mệnh đề sau tương đương:

i) R là vành nửa đơn;

ii) Mỗi R môđun phải (trái) đều là môđun nửa đơn;

iii) Mỗi R môđun phải (trái) đều là môđun xạ ảnh;

iv) Mỗi R môđun phải (trái) đều là môđun nội xạ;

v) Mỗi R môđun phải (trái) đơn đều là môđun xạ ảnh.

Chứng minh i) ii) Mỗi R môđun phải tự do đều là tổng trực tiếp của những

đều là R môđun nửa đơn Bây giờ, mỗi R môđun đều là ảnh toàn cấu của một Rmôđun tự do, do đó là ảnh toàn cấu của môđun nửa đơn Từ Hệ quả 2.2.7, suy ramọi R môđun đều là R môđun nửa đơn

) )

là môđun xạ ảnh

) )

) )

/

ra 0 Im( )  h soc R( )R và Im( ) Im( )h  h soc R( ) 0R  điều này mâu thuẫn, suy ra

( )

R soc R là môđun đơn, vậy R R là vành nửa đơn

) ).

) )

R

2.2.15 Mệnh đề Ảnh toàn cấu của một vành nửa đơn là vành nửa đơn.

Chứng minh Giả sử p R: S là một toàn cấu vành và R là một vành nửa đơn

( )

bs bp r br B , vậy A là một hạng tử trực tiếp của S môđun S S 

2.2.16 Định lí Giả sử R là một vành nửa đơn khác không và

R   A R  B

là những cách phân tích thành các thành phần thuần nhất, khi đó

i) m n , cần đánh số lại, với mỗi i1, 2, 3 , n ta có A B i  i

ii) A A i j ij với i j, 1, 2, , n, (ở đây ij là ký hiệu Kronecker: ij bằng 0 nếu i j , bằng 1 nếu i j )

Chứng minh i) Như đã thấy trong chứng minh Định lí 2.2.11, nếu các e i là những

2.2.10, A i  R e R=Bk j (*)

Ngược lại, cũng lập luận tương tự như trên, mỗi thành phần thuần nhất của

j

thức (*) ta đánh lại B j bởi B i, ta được A B i  i